\(\text{Δ}=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(-3\right)=\left(m+1\right)^2+12>=12>0\forall x\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-3\end{matrix}\right.\)

Theo đề, ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+1\\x_1-x_2=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x_1=m+1+4=m+5\\x_1-x_2=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=0,5m+2,5\\x_2=x_1-4=0,5m+2,5-4=0,5m-1,5\end{matrix}\right.\)

\(x_1x_2=-3\)

=>\(\left(0,5m+2,5\right)\left(0,5m-1,5\right)=-3\)

=>\(0,25m^2-0,75m+1,25m-3,75+3=0\)

=>\(0,25m^2+0,5m-0,75=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-3\end{matrix}\right.\)

\(ac=-3< 0\Rightarrow\) pt luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+1\\x_1x_2=-3\end{matrix}\right.\)

Kết hợp với điều kiện đề bài ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+1\\x_1-x_2=4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{m+5}{2}\\x_2=\dfrac{m-3}{2}\end{matrix}\right.\)

Thay vào \(x_1x_2=-3\)

\(\left(\dfrac{m+5}{2}\right)\left(\dfrac{m-3}{2}\right)=-3\)

\(\Rightarrow...\) (em tự giải pt bậc 2 ra m)

Số tiền khách hàng phải trả cho mỗi món hàng là:

\(50000.\left(100\%-15\%\right)=42500\) (đồng)

Số tiền khách hàng phải trả cho mỗi món hàng từ thứ 5 trở đi là:

\(42500.70\%=29750\) (đồng)

a.

Số tiền cô Mai phải trả là:

\(4.42500+6.29750=348500\) (đồng)

b.

Do chị Lan trả nhiều tiền hơn cô Mai nên chị Lan mua nhiều hơn cô Mai \(\Rightarrow\) chị Lan mua nhiều hơn 10 món hàng

Gọi x là số món hàng chị Lan đã mua (với \(x>10\)), số tiền chị Lan phải trả là:

\(\left[4.42500+\left(x-4\right).29750\right].80\%\)

Do chị Lan trả tổng cộng 397800 đồng nên ta có pt:

\(\left[4.42500+\left(x-4\right).29750\right].80\%=397800\)

\(\Rightarrow x-4=11\)

\(\Rightarrow x=15\)

Tứ giác DBEF nội tiếp (O) nên \(\widehat{DBE}+\widehat{DFE}=180^0\)

Mà \(\widehat{DFE}+\widehat{DFA}=180^0\) (kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{DFA}=\widehat{DBE}\)

Xét 2 tam giác ADF và AEB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{DAF}-chung\\\widehat{DFA}=\widehat{DBE}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ADF\sim\Delta AEB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AD}{AE}\Rightarrow AE.AF=AD.AB\) (1)

Do BD là đường kính của (O) \(\Rightarrow\widehat{BED}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét 2 tam giác BED và BAC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{B}-chung\\\widehat{BED}=\widehat{BAC}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BED\sim\Delta BAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{BD}{BC}\Rightarrow BE.BC=AB.BD\) (2)

Từ (1); (2):

\(\Rightarrow AE.AF+BE.BC=AD.AB+AB.BD=AB\left(AD+BD\right)=AB^2\) (không đổi)

a: Khi m=2 thì (d): \(y=2\cdot x+2^2+4=2x+8\)

Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=2x+8\)

=>\(x^2-2x-8=0\)

=>(x-4)(x+2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=4\\x=-2\end{matrix}\right.\)

Khi x=4 thì \(y=4^2=16\)

Khi x=-2 thì \(y=\left(-2\right)^2=4\)

Vậy: (d) cắt (P) tại A(4;16); B(-2;4)

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=mx+m^2+4\)

=>\(x^2-mx-m^2-4=0\)

\(a\cdot c=1\cdot\left(-m^2-4\right)=-m^2-4< =-4< 0\forall m\)

=>(P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt nằm ở hai phía của trục tung

A nằm bên trái trục tung nên x1<0

B nằm bên phải trục tung nên x2>0

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-m^2-4\end{matrix}\right.\)

\(\left|x_1\right|-\left|x_2\right|=3\)

=>\(\left(\left|x_1\right|-\left|x_2\right|\right)^2=3^2=9\)

=>\(x_1^2+x_2^2-2\left|x_1x_2\right|=9\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2-2\left|x_1x_2\right|=9\)

=>\(m^2-2\left(-m^2-4\right)-2\left|-m^2-4\right|=9\)
=>\(m^2+2\left(m^2+4\right)-2\left(m^2+4\right)=9\)

=>\(m^2=9\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=3\\m=-3\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx-x^2-y^2-z^2=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(xy+yz+zx\right)=0\)

\(\Leftrightarrow xy+yz+zx=0\)

Đặt \(\dfrac{1}{x}=a;\dfrac{1}{y}=b;\dfrac{1}{z}=c\Rightarrow\dfrac{3}{xyz}=3abc\)

Lại có: \(xy+yz+zx=0\Rightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b+c}{abc}=0\Leftrightarrow a+b+c=0\)

Khi đó, xét hiệu: \(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}-\dfrac{3}{xyz}\)

\(=a^3+b^3+c^3-3abc\)

\(=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)

\(=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)c\left(a+b+c\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)

\(=0\) (do \(a+b+c=0\))

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\) (đpcm)

\(Toru\)

\(\text{Δ}=\left(m+3\right)^2-4\left(m-1\right)\)

\(=m^2+6m+9-4m+4\)

\(=m^2+2m+13=\left(m+1\right)^2+12>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m+3\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m-1\end{matrix}\right.\)

\(x_1< \dfrac{1}{2}< x_2\)

=>\(\left(x_1-\dfrac{1}{2}\right)\left(x_2-\dfrac{1}{2}\right)< 0\)

=>\(x_1x_2-\dfrac{1}{2}\left(x_1+x_2\right)+\dfrac{1}{4}< 0\)

=>\(m-1-\dfrac{1}{2}\left(m+3\right)+\dfrac{1}{4}< 0\)

=>\(m-\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2}m-\dfrac{3}{2}< 0\)

=>\(\dfrac{1}{2}m< \dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{9}{4}\)

=>\(m< \dfrac{9}{4}\cdot2=\dfrac{9}{2}\)